第1章 3 带电粒子在匀强磁场中的运动（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）江苏专版

3　带电粒子在匀强磁场中的运动 [学业要求] 1．知道带电粒子沿着垂直于磁场的方向射入匀强磁场会做匀速圆周运动。 2．理解洛伦兹力对运动电荷不做功。 3．能够用学过的知识分析、计算有关带电粒子在匀强磁场中受力、运动问题。 一、带电粒子在匀强磁场中的运动 阅读教材，并回答： 1．带电粒子沿着磁感线方向飞入匀强磁场时，将做什么运动？ 答：匀速直线运动 2．如图所示，带电粒子垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，又做什么运动呢？ (1)A点的洛仑兹力方向怎样？ (2)洛伦兹力方向与速度方向有什么关系？洛伦兹力做功吗？ (3)带电粒子能离开图示平面吗？ (4)洛伦兹力的大小改变吗？洛伦兹力对带电粒子的运动起到什么作用？ 答：(1)垂直速度方向向上　(2)垂直　不做功　(3)不能　(4)不改变　向心力 [概念·规律] (1)当v∥B时，带电粒子将做__匀速直线__运动。 (2)当v⊥B时，带电粒子将做__匀速圆周__运动。 二、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 阅读教材，并回答： 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r和周期T与粒子所带电荷量、质量、粒子的速度、磁感应强度有什么关系？ 答：见教材 2．求出带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径和周期？ 答：见教材 [概念·规律] 1．运动条件：不计重力的带电粒子沿着与磁场__垂直__的方向进入匀强磁场。 2．洛伦兹力作用：提供带电粒子做圆周运动的__向心力__，即qvB＝　m　。 3．基本公式 (1)半径：r＝　　； (2)周期：T＝　　。 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道__半径__和__运动速度__无关。 4．洛伦兹力的作用效果 洛伦兹力只改变带电粒子速度的__方向__，不改变带电粒子速度的__大小__，或者说洛伦兹力不对带电粒子做功，不改变粒子的能量。 探究点一　带电粒子在匀强磁场中的运动 [交流讨论] 观察教材图1.3­2演示带电粒子的运动径迹。 (1)不加磁场带电粒子的运动径迹怎样？ (2)在玻璃泡中施加沿两线圈中心连线方向、垂直纸面向外的磁场，带电粒子的运动径迹是怎样的？ (3)保持出射电子的速度不变，改变磁感应强度，径迹会有什么变化？ (4)保持磁感应强度不变，改变出射电子速度的大小和方向，径迹会有什么变化？ 答：(1)一条直线　(2)圆　(3)磁感应强度变大时，圆的半径变小　(4)速度变大时，圆的半径变大。 [归纳总结] 1．当v0∥B时，带电粒子(重力不计)做匀速直线运动。 2．当v0⊥B时，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，有r＝，T＝，f＝。 　洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是(　　) A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大 B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变 C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变大 D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变 [解析]　根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有eU＝mv02 ，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0＝ ，解得r＝ ，增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大，故A正确，B错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由r＝ 式可得，电子束的轨道半径变小，故C、D错误。 [答案]　A [变式]　在例题中，若电子枪垂直磁场方向发射电子，电子质量为m，电荷量为e，匀强磁场的磁感应强度为B。根据上述信息可以得出(　　) A．电子做圆周运动的轨道半径 B．电子做圆周运动的速度大小 C．电子做圆周运动的周期 D．电子的加速电压 解析　电子经加速电场eU＝mv2，电子进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，又因为T＝，解得T＝，由于轨道半径无法确定，所以速度及加速电压也无法确定，而电子质量为m，电荷量为e，匀强磁场的磁感应强度为B，根据上述信息可以得出做圆周运动的周期，故C正确。 答案　C 1．在同一匀强磁场中，两带电量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　) A．若速率相等，则半径必相等 B．若速率相等，则周期必相等 C．若动量大小相等，则半径必相等 D．若动能相等，则周期必相等 解析　根据qvB＝m，解得r＝，电荷量相等，速率相等，但是质量不一定，半径不一定相等，故A错误；根据T＝，电荷量相等，动能相等，质量不一定相等，周期不一定相等，故B、D错误；根据qvB＝m，解得r＝，电荷量相等，mv大小相等，则半径必相等，C正确。 答案　C 探究点二　带电粒子在有界磁场中的运动 [交流讨论] 1．定性画出带电粒子在有界磁场中做圆周运动的轨迹 (1)直线边界：射入和射出磁场 (2)平行边界：在同侧或异侧射出磁场 答：(1) (2) 2．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场左、右边缘平行，磁场的宽度为d，正粒子射入磁场的速度方向与左边缘夹角为θ，已知粒子质量为m、带电荷量为q，运动到磁场右侧边界时恰好相切。 (1)如何确定带电粒子做匀速圆周运动的圆心？ (2)粒子做匀速圆周的半径是多大？ (3)粒子射入磁场的速度是多大？ 答：(1)画出轨迹上任意两点的F洛方向，其延长线的交点即为圆心。 (2)r＝。 (3)v＝。 [归纳总结] 1．有界磁场内部分圆周轨迹的分析方法 (1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度的垂线，交点即为圆心，如图甲所示。 (2)已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度的垂线，则弦的中垂线与速度的垂线的交点即为圆心，如图乙所示。 2．三种求半径的方法 (1)根据半径公式r＝求解。 (2)根据勾股定理求解，如图丙所示，若已知出射点相对于入射点侧移了x，则满足r2＝d2＋(r－x)2。 (3)根据三角函数求解，如图丙所示，若已知出射速度方向与水平方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝。 3．四种角度关系 (1)速度的偏向角φ等于圆心角α。 (2)圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)。 (3)相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°，如图丁所示。 (4)进出同一直边界时速度方向与该直边界的夹角相等。 4．两种求时间的方法 (1)利用圆心角求解，若求出这部分圆弧对应的圆心角，则t＝T。 (2)利用弧长s和速度v求解，t＝。 　一个带正电的粒子从x轴上的P点以速度v，沿与x正方向成60°角射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从y轴上的点Q(图中未画出)垂直于y轴射出第一象限，设粒子质量为m，电荷量为e，不计重力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)带电粒子在第一象限运动的时间。 [解析]　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知 r＋r sin 30°＝l　① 根据牛顿第二定律可得 evB＝m　② 联立①②解得B＝。　③ (2)粒子在磁场中运动的周期为T＝　④ 根据几何关系可知，粒子在第一象限转过的圆心角为120°，所以运动时间为t＝　⑤ 联立①④⑤解得t＝。 [答案]　(1)　(2) [变式1]　在例题中，若磁感应强度大小为B。在y轴上有坐标为的M点和坐标为(0，L)的N点，现将质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从x轴上的P点沿y轴正方向以不同速率射入磁场。已知OP＝L，忽略粒子自身重力和粒子间的相互作用。 (1)若粒子刚好从M点离开磁场，求粒子的入射速度大小； (2)若粒子刚好从N点离开磁场，求粒子在匀强磁场中运动的时间。 解析　(1)粒子刚好打到M点，连接PM，作PM的中垂线交OP于E点，如图所示，则E点为该粒子运动轨迹的圆心，由几何关系得 ∠MEO＝，r＝OP－EM·cos＝OP－r·cos， 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m 解得粒子的入射速度大小v＝。 (2)粒子打在N点，连接PN，飞行轨迹的圆心角为θ，由几何关系得∠NPO＝ 所以θ＝，粒子做圆周运动的周期为T＝ 粒子在磁场中运动的时间为tN＝·T＝。 答案　(1)　(2) [变式2]　在例题中，若第一象限内有垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，质量为m、带电量为＋q(q>0)的带电粒子(不计所受重力)从坐标原点O沿x轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点A，不计空气阻力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)粒子从O点运动到A点所用的时间t。 解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系有qv0B＝，2＋2＝R2，解得B＝。 (2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有T＝，t＝T 解得t＝。 答案　(1)　(2) 　)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经4次碰撞，粒子才可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 [解析]　假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况。如图1所示，由几何关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径射入，∠O1PO＝90°，则∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连接，D对；粒子在圆筒中先做圆周运动，与圆筒碰后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A错；粒子最少与圆筒碰撞2次，就可能从小孔射出，如图2所示，B错；根据qvB＝m可知，r＝，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与圆筒碰撞次数可能会增多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错。 [答案]　D [变式1]　在例题中，若磁感应强度大小为B，粒子的质量为m、带电量为q。粒子沿孔半径方向射入筒内，粒子与筒壁碰撞n次后恰好又从小孔穿出，其他条件不变。已知小球在磁场中运动的总时间t＝，则n可能等于(　　) ①2　　　②3　　　③4　　　④5 A．①②　　　　　　 B．③④ C．①③ D．②③④ 解析　粒子在磁场中的周期为T＝，而小球在磁场中运动的总时间t＝＝T可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n＝2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则圆筒所对圆心角为120°，圆筒所对总圆心角为120°×3＝360°，故①正确；若n＝3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为45°，则对应着圆筒上的圆心角为135°，圆筒所对总圆心角为135°×4＝540°，不是360°整数倍，故②错误；若n＝4，即粒子与圆筒碰撞4次，则分别对应5段圆弧，可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°，对应着圆筒上的圆心角为144°，则圆筒所对总圆心角为 5×144°＝720°，故③正确；若n＝5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为30°，则对应着圆筒上的圆心角为150°，圆筒所对总圆心角为150°×6＝900°，不是360°的整数倍，故④错误。 答案　C [变式2]　在例题中，若磁感应强度大小为B，粒子的质量为m、带电量为q。粒子以不同速率v从筒壁的孔沿半径方向进入筒内。粒子与筒壁连接碰撞，绕筒壁一周后恰好又从小孔射出(其余粒子被吸收)，其他条件不变，则粒子在筒中运动的时间不可能为(　　) A．　　　　　 B． C． D． 解析　粒子射入圆筒后受洛伦兹力而偏转，设第一次与B点碰撞，碰后速度方向又指向O点，假设粒子与筒壁碰撞n－1次，运动轨迹是n段相等的圆弧，再从小孔射出，设第一段圆弧的圆心为O′，半径为r，则θ＝＝，因2θ＜π，故n＞2，可知n＝3,4,5，…，又因粒子运动周期为T＝，弧所对圆心角φ＝π－2θ－，粒子运动所用时间t′＝T＝(n＝3,4,5，…)，粒子运动的总时间为t＝nt′＝(n＝3,4,5，…)，故选A。 答案　A ●核心素养·思维升华 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤 (1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径。 (2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。 (3)用规律：用牛顿第二定律列方程qvB＝m，及圆周运动规律的一些基本公式。 2．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有垂直于坐标平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一足够大的荧光屏MN经过y轴且与坐标平面垂直，粒子源从S(－1.5d,0)处在坐标平面内向磁场中与x轴正方向的夹角为0°～90°范围内均匀发射带正电荷的粒子，速度大小均为(质量m，电荷量q是未知量)。不计粒子重力及粒子间相互作用。求： (1)有粒子打在荧光屏上的坐标范围； (2)打在荧光屏上的粒子占发射总数的百分比η。 解析　(1)向心力qv0B＝m，r＝d 当粒子的初速度与x轴正方向的夹角为90°时打在y轴下方最远处，轨迹如下图中的轨迹1 由几何关系可知坐标y1＝rcos 30°＝d 当粒子的初速度与x轴正方向的夹角为30°时到达屏的纵坐标最大，轨迹如上图中的轨迹2，由几何关系可知坐标y2＝rcos 30°＝d 有粒子打在荧光屏上的坐标范围－d<y≤d。 (2)初速度与＋x轴的夹角满足30°≤θ≤90°的粒子都能打在荧光屏上，百分比 η＝×100%，解得η＝66.7%。 答案　(1)－d＜y≤d　(2)66.7% 探究点三　带电粒子在磁场中的旋转圆问题 1．轨迹圆的缩放 当粒子的入射速度方向一定而大小可变时，粒子做圆周运动的圆心一定在粒子入射点所受洛伦兹力的方向上，半径R不确定，利用圆规作出一系列大小不同的内切圆，从圆的动态中发现临界点。 2．轨迹圆的旋转 当粒子的入射速度大小一定而方向不确定时，从不同方向入射的粒子的轨迹圆都一样大，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动旋转中发现临界点。 　如图所示，长为L、间距为d的平行金属板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左侧两极板的中心处以不同速率v水平射入，欲使粒子不打在板上，求粒子速率v应满足什么条件？ [解析]　作粒子不打在板上的两种临界轨迹，如图所示 设粒子刚好打在上极板左边缘时 有几何关系得R1＝，又qvB＝m，解得v1＝ 设粒子刚好打在上极板右边缘时，由图可知R22＝L2＋2 所以R2＝，又qvB＝m，解得v2＝ 综上分析，要使粒子不打在极板上，其入射速率应满足以下条件 v＜或v＞。 [答案]　v＜或v＞ [变式1]　在例题中，若极板足够长，间距为d。一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，从下极板上的A点以速度v沿与极板成60°角、垂直磁场的方向射入磁场区域。若要使粒子不打在上极板，则磁场的磁感应强度B应满足(　　) A．B≥　　　 B．0＜B＜ C．B≥ D．0＜B＜ 解析　粒子不打在上极板，临界情况为粒子的轨迹恰好与上极板相切，如图所示 设轨道半径为r，由几何关系可得r＋rcos 60°＝d，解得r＝d。由于洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m，解得B＝。磁感应强度B越大，轨迹半径越小，所以磁场的磁感应强度B应满足B≥，故选A。 答案　A [变式2]　 在例题中，若极板足够长，间距为d。下极板上的O为粒子源，能向各个方向发射速度大小相等的同种粒子，已知打在上极板的粒子分布在长为d的线段上，这些粒子在磁场中做圆周运动的半径是(　　) A．d B． C．d D．d 解析　以粒子在磁场中做顺时针旋转圆周运动为例来说明(逆时针旋转结果相同)。粒子打在上极板两种临界情况如图所示。 一种临界情况为从O点水平射出，打在上极板最左边；一种临界情况为轨迹恰好与上极板相切。因为粒子速度大小不变，则轨迹半径不变，则粒子的轨迹中心必然在以射出点为圆心，轨迹半径为半径的虚线圆上，根据几何关系可知，O点到两临界点的距离相等，则两临界点与O的水平距离均为x＝d，根据几何关系R＋＝d，解得R＝d，故选D。 答案　D 3．如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是(　　) 解析　离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。 答案　C 1．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电 B．粒子先经过a点，再经过b点 C．粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功 D．粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变 解析　由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，所以粒子半径减小，粒子先经过b点，再经过a点，则根据左手定则可知粒子带负电，A正确，B错误；由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，C错误；根据F ＝ qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，D错误。 答案　A 2．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负粒子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中，则正、负粒子(　　) A．在磁场中的运动时间相同 B．在磁场中运动的位移相同 C．出边界时两者的速度相同 D．正粒子出边界点到O点的距离更大 解析　两粒子在磁场中运动周期为T＝，则知两个粒子圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正粒子逆时针偏转，负粒子顺时针偏转，作出两粒子的运动轨迹，如图所示。两粒子重新回到边界时正粒子的速度偏向角为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，运动时间t1＝T，同理负粒子运动时间t2＝T，时间不相等，故A错误； 根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，得r＝，由题q、v、B大小均相同则r相同，根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离s＝2rsin θ，r、θ相同，则s相同，故两粒子在磁场中运动的位移大小相同，方向不同，故B、D错误；正负粒子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确。 答案　C 3．如图所示，实线边界上方有匀强磁场，a、c间是半圆边界，两侧是水平直边界，在左侧水平边界b点处有一粒子源，竖直向上以不同速率将相同带正电粒子垂直射入磁场，且＝，已知粒子在磁场中的运动周期为T，不计粒子重力及粒子间相互作用。则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　) A．T　　　　　　 B．T C．T D．T 解析　如图所示，从b点向圆边界作切线bd与圆相切与d点，由几何关系可得，若从d点离开，bd与初速度方向夹角最小为60°，运动时间最短，根据对称性，离子在磁场中转过的圆心角为120°，因此最短时间为T，故选B。 答案　B 4.(带电粒子在有界磁场中的运动)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 解析　由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，解得＝，A项正确。 答案　A 5.如图所示，带负电的粒子沿垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60°角，带电粒子质量m＝3×10－20 kg，电荷量q＝10－13 C，速度v0＝105 m/s，磁场区域的半径R＝3×10－1 m，不计粒子的重力，求磁场的磁感应强度B。 解析　画进、出磁场速度方向的垂线得交点O′，O′点即为粒子做圆周运动的圆心，据此作出运动轨迹，如图所示，设此圆半径记为r，则＝tan 60°，所以r＝·R。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，所以B＝＝ T＝×10－1 T。 答案　×10－1 T 6．如图所示，虚线所示的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域圆的半径为R。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点射入磁场，不计重力。 (1)如果一个带电粒子沿直径MON方向射入磁场，速度v1＝，求该粒子在磁场中运动的时间； (2)如果大量相同的带电粒子以相同的速率v2在纸面内从M点沿不同方向射入磁场，v2＝，求粒子在磁场中运动的时间的最大值； (3)如果大量相同的带电粒子以相同的速率v3在纸面内从M点沿不同方向射入磁场，v3＝，求这些粒子在磁场边界上出射点分布的长度。 解析　(1)由v1＝，r＝，可得r1＝R 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 圆弧对应的圆心角α1＝90°，由T＝ 可得t1＝＝ (2)由v2＝，可得r2＝2R 粒子在磁场从N点射出时的时间最长，如图所示， 由几何关系可知，其轨迹弧对应的圆心角 α2＝60°， 粒子在磁场中运动的时间的最大值 t2＝＝。 (3)由v3＝，可得r3＝ 粒子在磁场边界上出射点距M点最远时，轨迹弧为一半圆，如图所示 由几何关系可知：出射点分布的长度为磁场边界的，即s＝。 答案　(1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$